sa correction - Page de Cécile Armana

Université Paris 7 - Denis Diderot Premier semestre 2006/07
UFR de Mathématiques M1 Maths-info - Algèbre
Devoir à la maison n◦2
Un corrigé
Exercice 1. Soit F3le corps fini à 3éléments et αune racine septième de l’unité (dans un corps de
rupture du polynôme X7−1∈F3[X], il existe - au moins - une racine septième de l’unité). On pose
K=F3(α).
1) L’élément α∈Kest algébrique sur F3car il vérifie α7= 1. Donc le corps F3(α)est une extension
finie de F3. C’est un F3-espace vectoriel de dimension finie, il a donc un nombre fini d’éléments :
Kest un corps fini.
2) Pour déterminer K, il suffit de trouver son cardinal. D’après ce qui précède, #K= 3moù mest le
degré de l’extension K/F3. Maintenant, il s’agit de calculer m. Si α= 1, alors F3(α) = F3.
Supposons α6= 1. Comme α7−1 = (α−1)(1 + α+. . . +α6) = 0 dans K, on a 1 + α+. . . +α6= 0.
Notons Ple polynôme cyclotomique 1 + X+. . . +X6∈F3[X]. Il annule α, c’est donc un multiple
du polynôme minimal de αsur F3. Montrer que c’est le polynôme minimal revient à montrer que
Pest irréductible dans F3[X].
D’après l’exercice 9 de la feuille 4, Pest irréductible dans F3[X]si et seulement s’il n’a aucune
racine dans toutes les extensions de F3de degré au plus deg P
2= 3. Il n’y a que trois possibilités
pour ces extensions : L1=F3, L2=F32, L3=F33.
Raisonnons par l’absurde : supposons que Pait une racine xdans un de ces corps Ld(1≤d≤3).
Comme x6= 0,xest un élément du groupe multiplicatif L∗
ddu corps. D’après un résultat du cours,
puisque Ldest fini, ce groupe est cyclique d’ordre 3d−1. De plus, x7= 1 donc xest d’ordre 7. Par
le théorème de Lagrange, 7divise 3d−1. Pour d= 1,2ou 3, c’est impossible. Ainsi le polynôme
Pest irréductible dans F3[X]et c’est le polynôme minimal de αsur F3. Le degré de l’extension
K/F3est m= deg(P) = 6.
En conclusion, Kest le corps fini F36à36éléments.
Remarque 0. On ne travaille pas dans un sous-corps de Cdonc on n’a pas α= e2iπ/17 !
Remarque 1. D’après le cours, le polynôme cyclotomique Φ7(X) = 1+X+. . .+X6est irréductible
dans Q[X]. Mais cela ne nous dit rien de son irréductibilité dans F3[X]!
Remarque 2. Pour vérifier que Pn’a aucune racine dans ces corps, on pouvait également procéder
comme en TD en construisant les corps F32et F33comme quotients de F3[X]par un polynôme
irréductible du bon degré (par exemple avec X2+ 1 et X3+ 2X+ 1, irréductibles sur F3). Mais
les calculs sont beaucoup plus longs.
Exercice 2. Soit nun entier ≥3.
1) Notons ζ= e2iπ/n et α= cos(2π/n). On a α=ζ+ζ−1
2donc αest dans Q(ζ). On a ainsi les extensions
de corps :
Q(ζ)
|
Q(α)
|
Q.
1

D’après le cours, l’extension Q(ζ)/Qest de degré ϕ(n). Déterminons le degré de l’extension
Q(ζ)/Q(α).
Le polynôme P(X) = (X−ζ)(X−ζ−1) = X2−2αX + 1 est à coefficients dans Q(α)[X]. De plus,
il annule ζ. Enfin, il est irréductible dans Q(α): sinon, ses racines ζet ζ−1seraient dans Q(α)ce
qui est impossible car Q(α)⊂Ret ζ /∈R(n≥3). Donc Pest le polynôme minimal de ζsur Q(α).
Comme il est de degré 2, on en déduit [Q(ζ) : Q(α)] = 2. Par le théorème de multiplicativité du
degré, on a donc :
[Q(α) : Q] = ϕ(n)
2.
2) Soit x∈Qécrit sous forme irréductible a
bavec aet bentiers premiers entre eux et b > 0. On
suppose b≥3. Comme précédemment, on a les extensions de corps :
Q(e2πia/b)
|
Q(cos(2πa/b))
|
Q
et comme précédemment, on montre que [Q(e2πia/b) : Q(cos(2πa/b))] = 2 (l’extension n’est pas de
degré 1car b≥3). De plus, e2πi/b est une racine primitive b-ème de l’unité. Comme aet bsont
premiers entre eux, il en est de même de e2πia/b. Les corps Q(e2πi/b)et Q(e2πia/b)sont donc égaux.
Or, [Q(e2πi/b) : Q] = ϕ(b). Finalement, on obtient :
[Q(cos(2πa/b)) : Q] = ϕ(b)
2.
3) Supposons n≥5. Notons β= sin(2π
n). On commence par se ramener à la question précédente ! On
a l’identité trigonométrique sin(2π
n) = cos(π 2−2π n) = cos(2πn−4 4n). Maintenant, écrivons n−4 4nsous
forme irréductible.
•Si pgcd(n, 8) = 1, alors nest impair et le pgcd de 4net n−4est 1. D’après la question 2), le
degré [Q(β) : Q]est ϕ(4n)/2. Comme 4et nsont premiers entre eux, d’après les propriétés de
l’indicatrice d’Euler1,ϕ(4n) = ϕ(4)ϕ(n) = 2ϕ(n). D’où [Q(β) : Q] = ϕ(n).
•Si pgcd(n, 8) = 2, alors n= 2kavec kimpair et on voit que le pgcd de 4net n−4est 2.
Donc comme n−4
4n=n/2−2 2n, le degré de l’extension est donc ϕ(2n)/2. On a ϕ(2n) = ϕ(4k) =
ϕ(4)ϕ(k) = 2ϕ(k). De plus, ϕ(n) = ϕ(2k) = ϕ(2)ϕ(k) = ϕ(k). Donc ϕ(2n) = 2ϕ(n)et le degré
est [Q(β) : Q] = ϕ(n).
•Si pgcd(n, 8) = 4, alors n= 4kavec kimpair et on voit que le pgcd de 4net n−4est 8.
Comme n−4
4n=(n−4)/8
n/2, le degré est donc ϕ(n/2)/2. On a ϕ(n) = ϕ(4k) = ϕ(4)ϕ(k)=2ϕ(k)et
ϕ(n/2) = ϕ(2k) = ϕ(k)d’où ϕ(n/2) = ϕ(n)/2. Finalement, le degré est [Q(β) : Q] = ϕ(n)/4.
•Si pgcd(n, 8) >4, alors n= 8kavec kquelconque et le pgcd de 4net n−4est 4. Comme
n−4
4n=(n−4)/4 n, le degré de l’extension est [Q(β) : Q] = ϕ(n)/2.
4) Notons β= sin(2π/5). Comme pgcd(5,4) = 1, d’après ce qui précède, l’extension Q(β)/Qest
de degré ϕ(5) = 4, donc le polynôme minimal de βsur Qest de degré 4. D’après la formule
sin(5x) = 16 sin(x)5−20 sin(x)3+ 5 sin(x)appliquée à x= 2π/5, on a 16β5−20β3+ 5β= 0, d’où
16β4−20β2+ 5 = 0.
Le polynôme P= 16X4−20X2+ 5 ∈Q[X]annule β; il divise le polynôme minimal et il est de
même degré que celui-ci. C’est donc le polynôme minimal de βsur Q.
Remarque. On pouvait également voir que Pest irréductible en appliquant le critère d’Eisenstein.
1Si net msont premiers entre eux, alors ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m)
2

Exercice 3. Notons z= e2iπ
17 et K=Q(z).
1) (a) D’après le cours, l’extension K/Qest de degré ϕ(17) = 16 et une base de Ksur Qest
{z, z2, . . . , z16}.
(b) D’après le cours, l’extension K/Qest galoisienne de groupe de Galois isomorphe à (Z/17Z)∗.
Or, (Z/17Z)∗est cyclique car c’est le groupe multiplicatif du corps fini Z/17Z(17 est premier).
Donc Gest cyclique isomorphe au groupe additif Z/16Zet d’ordre 16.
(c) Soit gun générateur de G; il est d’ordre 16. Soit Gile sous-groupe de Gengendré par g2i
(0≤i≤4). L’élément g2iest d’ordre 16
pgcd(2i,24)=24 2i= 24−i. Donc le groupe Giest d’ordre
24−i.
Par la correspondance de Galois, la suite de sous-groupes {e}=G4⊂G3⊂G2⊂G1⊂G0=
Gdonne les extensions de corps suivantes :
K4=KG4=K
|
K3=KG3
|
K2=KG2
|
K1=KG1
|
K0=KG=Q.
Calculons [Ki+1 :Ki]. Par multiplicativité du degré, c’est [Ki+1 :Q]
[Ki:Q]. Or, [Ki:Q] = [K:Q] [K:Ki]=
|G|
|Gi|d’après la correspondance. Donc [Ki:Q] = 2i. On en déduit [Ki+1 :Ki] = 2i+1
2i= 2.
(d) Un automorphisme σde K/Q(c’est-à-dire un élément du groupe de Galois G) est déterminé
par sa valeur en z. De plus, comme z17 = 1,σ(z)est une racine 17ème de l’unité. Donc il
existe kavec 0≤k≤16 tel que g8(z) = zk. De plus, g16 = id donc
z=g16(z) = g8(g8(z)) = g8(zk) = (g8(z))k=zk2
d’où zk2−1= 1. Alors zétant d’ordre 17,17 divise k2−1 = (k−1)(k+ 1), d’où puisque 17
est premier, k= 1 ou k=−1. Si k= 1, alors g8= id ce qui est impossible car gest d’ordre
16. Donc k=−1et g8(z) = z−1.
D’après la correspondance de Galois, pour voir que cos(2π
17 )est dans K3=KG3, il faut et
il suffit de montrer que g23(cos(2π
17 )) = cos(2π 17 ). Or, g8(cos(2π 17 )) = g8(z+z 2) = g8(z+z−1 2) =
1
2(z−1+z) = cos(2π 17 ). Donc cos(2π 17 )appartient au corps K3.
On obtient ainsi Q(cos(2π
17 )) ⊂K3. Maintenant d’après l’exercice 2, l’extension Q(cos(2π 17 ))/Q
est de degré ϕ(17)
2= 8. Comme on sait que [K3:Q] = 23= 8, on obtient l’égalité de corps
K3=Q(cos(2π
17 )).
2) (a) On vérifie que la classe de 2ne convient pas car 28= 1. Calculons les réductions modulo 17
des puissances successives de 3:
3 39= 14
32= 9 310 = 8
33= 10 311 = 7
34= 13 312 = 4
35= 5 313 = 12
36= 15 314 = 2
37= 11 315 = 6
38= 16 = −1 316 = 1
3

La classe de 3est d’ordre 16 dans (Z/17Z)∗et engendre ce groupe.
On sait que le groupe de Galois Gest isomorphe à (Z/17Z)∗. Plus précisément, l’isomorphisme
est donné par :
(Z/17Z)∗→G
k7→ (z7→ zk)
L’automorphisme gde K/Q, défini par g(z) = z3, est un générateur de G.
(b) On pose a1=
7
X
i=0
g2i(z)et a2=g(a1).
i. Comme K1=KG1, pour voir que a1appartient à K1, il faut et il suffit de montrer que
g2(a1) = a1. Puisque g16 = id, on a
g2(a1) =
7
X
i=0
g2(i+1)(z) =
6
X
i=0
g2(i+1)(z) + g16(z) =
7
X
i=0
g2i(z) = a1
donc a1appartient à K1.
En utilisant g(z) = z3, on obtient les formules :
a1=z+z9+z13 +z15 +z16 +z8+z4+z2
a2=z3+z10 +z5+z11 +z14 +z7+z12 +z6.
Comme {z, . . . , z16}est une Q-base de K, on en déduit a26=a1. Puisque Q=KG1et
g(a1)6=a1,a1n’est pas dans Q. Enfin, Q ( Q(a1)⊂K1et l’extension K1/Qétant de
degré 2, on obtient K1=Q(a1).
ii. Par les formules précédentes, 1+a1+a2= Φ17(z) = 0 (où Φ17 désigne le 17ème polynôme
cyclotomique).
iii. En remarquant que zk+z−k= 2 cos(kθ), on obtient
a1= 2(cos(θ) + cos(8θ) + cos(4θ) + cos(2θ))
a2= 2(cos(3θ) + cos(7θ) + cos(5θ) + cos(6θ)).
Comme θ=2π
17 , on a les inégalités
0< θ < 2θ < 3θ < 4θ < π
2<5θ < 6θ < 7θ < 8θ < π
Le cosinus est strictement décroissant sur [0, π]donc cos(kθ)>0pour k= 1,2,3,4et
cos(kθ)<0pour k= 5,6,7,8. De plus
a2= 2(2 cos(9θ/2) cos(3θ/2) + cos(5θ) + cos(7θ))
Comme 0<3θ/2< π/2<9θ/2< π, le produit cos(9θ/2) cos(3θ/2) est strictement
négatif. Donc a2<0.
iv. En développant le produit, en utilisant la formule rappelée puis en regroupant les termes
(on a cos(kθ) = cos((17 −k)θ)pour tout k), on obtient a1+a2= 4a1a2=−4.
v. Les racines de l’équation du second degré X2+X−4 = 0 sont a1et a2. Donc {a1, a2}=
{−1−√17
2,−1+√17 2}. Comme a2<0, on obtient :
a1=−1 + √17
2et a2=−1−√17 2.
En particulier, on voit que K1=K(a1) = Q(√17).
4

(c) On pose b1=
3
X
i=0
g4i(z)et b2=g2(b1).
i. Comme K2=KG2, voir que b1appartient à K2revient à montrer que g4(b1) = b1, ce qui
s’obtient à l’aide des formules
b1=z+z13 +z16 +z4
b2=z9+z15 +z8+z2.
Comme {z, . . . , z16}est une Q-base de K, on a b26=b1donc b1/∈K1=KG1. Enfin,
K1(K1(b1)⊂K2et comme l’extension K2/K1étant de degré 2, on obtient K2=K1(b1).
ii. A l’aide des formules précédentes, on a directement b1+b2=a1.
iii. Un calcul similaire à celui de 2)b)iii donne b1= 2(cos(θ) + cos(4θ)) et b2= 2(cos(2θ) +
cos(8θ)). Par décroissance du cosinus sur [0, π], on obtient b2< b1.
iv. En effectuant le produit et regroupant les termes, on obtient
b1b2= 2
8
X
k=1
cos(kθ) = a1+a2=−1.
v. Les racines de l’équation du second degré X2−a1X−1 = 0, à coefficients dans K1, sont
b1et b2. Ainsi, {b1, b2}={a1−√a2
1+4
2,a1+√a2
1+4
2}. Comme b1> b2,
b1=1
2(a1+qa2
1+ 4) et b2= 12(a1−qa2 1+ 4).
vi. On pose b3=
3
X
i=0
g4i+1(z)et b4=g2(b3). Par la même méthode, on obtient les relations
suivantes :
b3=z+z3+z5+z14 +z12
b4=z10 +z11 +z7+z6
b3+b4=a2
b3= 2(cos(3θ) + cos(5θ))
b4= 2(cos(7θ) + cos(6θ))
b3b4= 2 P8
k=1 cos(kθ) = −1
Les racines de l’équation X2−a2X−1 = 0 sont 1
2(a2+p4 + a2
2)et 1
2(a2−p4 + a2
2).
Comme b3> b4, on obtient
b3=1
2(a2+q4 + a2
2)et b4=1
2(a2−q4 + a2
2).
(d) On pose c1=
1
X
i=0
g8i(z)et c2=g4(c1).
i. Comme K3=KG3, voir que c1appartient à K3revient à montrer que g8(c1) = c1, ce qui
s’obtient à l’aide des formules c1=z+z16
c2=z13 +z4.
Comme {z, . . . , z16}est une Q-base de K, on a c26=c1donc c1/∈K2=KG2. Enfin,
K2(K2(c1)⊂K3et comme l’extension K3/K2est de degré 2, on obtient K3=K2(c1).
ii. A l’aide des formules précédentes, on a directement c1+c2=b1.
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